双椭圆中N边形的边长关系
前面已讨论了双椭圆外切内接N边形问题
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=5490&fromuid=1455
(出处: 数学研发论坛)
并在mathe的指导下给出了内接外切圆锥曲线的一般公式
双圆锥曲线内接外切N边形问题
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=5496&fromuid=1455
(出处: 数学研发论坛)
现在我们先讨论内接外切于双椭圆\(N\)边形各边长\(a_i,i\in \)之间应满足什么样的关系式呢？ 对于边长为L,内接于椭圆\(\frac{(x-x_0)^2}{m^2}+\frac{(y-y_0)^2}{n^2}=1\),外切于椭圆 \(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)
我们很容易列出：
\(\frac{n(\sin(\beta)-\sin(\alpha))}{m(cos(\beta)-\cos(\alpha))}+\frac{b\cos(t)}{a\sin(t)}=0\)
\(\frac{(y_0+n\sin(\beta)-b\sin(t))}{x_0+m\cos(\beta)-a\cos(t)}+\frac{b\cos(t)}{a\sin(t)}=0\)
\(L^2-n^2(\sin(\beta)-\sin(\alpha))^2-m^2(\cos(\beta)-\cos(\alpha))^2=0\)
作代换：
\(\sin(\alpha) = \frac{2u}{u^2+1}, \cos(\alpha) =\frac{-u^2+1}{u^2+1}, \sin(\beta) =\frac{2v}{v^2+1}, \cos(\beta) =\frac{-v^2+1}{v^2+1}, \sin(t) = \frac{2k}{k^2+1}, \cos(t) =\frac{-k^2+1}{k^2+1}\)
通过消元\({\alpha,\beta}\)我们可以得到：
\((b^4k^8m^4+8a^2b^2k^6m^2n^2-4b^4k^6m^4+16a^4k^4n^4-16a^2b^2k^4m^2n^2+6b^4k^4m^4+8a^2b^2k^2m^2n^2-4b^4k^2m^4+b^4m^4)L^2+64k^4a^4m^2n^2y_0^2-16k^6b^4m^2n^2x_0^2+24k^4b^4m^2n^2x_0^2+4k^8b^4m^2n^2x_0^2-16k^2b^4m^2n^2x_0^2-8ab^4m^2n^2x_0-16a^2k^2b^2m^2n^4-16k^6a^2b^2m^2n^4+32k^4a^2b^2m^2n^4+16k^2a^4b^2m^2n^2-16a^2k^2b^2m^4n^2-16k^6a^2b^2m^4n^2+32k^4a^2b^2m^4n^2+4a^2b^4k^8m^2n^2-8a^2b^4k^4m^2n^2+16a^4k^6n^2b^2m^2+32a^4k^4n^2b^2m^2-4b^4m^4n^2-16k^7a^2b^3m^2n^2y_0-64k^5a^4bm^2n^2y_0+16k^5a^2b^3m^2n^2y_0+16k^3a^2b^3m^2n^2y_0-32a^3b^2k^2m^2n^2x_0+16a^2k^2b^2m^2n^2x_0^2+16k^6a^2b^2m^2n^2x_0^2-32k^4a^2b^2m^2n^2x_0^2+8k^8ab^4m^2n^2x_0+32k^6a^3b^2m^2n^2x_0-16k^6ab^4m^2n^2x_0+16k^2ab^4m^2n^2x_0+16a^2k^2b^2m^2n^2y_0^2+16k^6a^2b^2m^2n^2y_0^2-32k^4a^2b^2m^2n^2y_0^2-16ka^2b^3m^2n^2y_0-64k^3a^4bm^2n^2y_0+4b^4m^2n^2x_0^2-64k^4a^4m^2n^4+4a^2b^4m^2n^2+16k^6b^4m^4n^2-24k^4b^4m^4n^2-4k^8b^4m^4n^2+16k^2b^4m^4n^2+64k^3a^3bm^2n^2x_0y_0-16k^7ab^3m^2n^2x_0y_0+48k^5ab^3m^2n^2x_0y_0-48k^3ab^3m^2n^2x_0y_0+16kab^3m^2n^2x_0y_0-64k^5a^3bm^2n^2x_0y_0=0\)
椭圆内接N边形的最大面积
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=4267&fromuid=1455
(出处: 数学研发论坛)
我们已得到：相似椭圆即\(\frac{m}{a}=\frac{n}{b}\),且同心的双椭圆中存在\(k\)边形的条件为
设k边形各边长分别为\(a_i,i \in \),则有
(m\cos(t)-mcos(t+(2\pi)/k))^2+(n\sin(t)-n\sin(t+(2\pi)/k))^2=a_1^2
(m\cos(t+(2\pi)/k)-m\cos(t+(4\pi)/k))^2+(nsin(t+(2\pi)/k)-nsin(t+(4\pi)/k))^2=a_2^2
(m\cos(t+(4\pi)/k)-m\cos(t+(6\pi)/k))^2+(n\sin(t+(4\pi)/k)-n\sin(t+(6\pi)/k))^2=a_3^2
........................
(m\cos(t+(2(k-2)\pi)/7)-m\cos(t+(2(k-1)\pi)/k))^2+(n\sin(t+(2(k-2)\pi)/k)-n\sin(t+(2(k-1)\pi)/7))^2=a_{k-1}^2
(m\cos(t+(2(k-1)\pi)/k)-m\cos(t+2\pi))^2+(n\sin(t+(2(k-1)\pi)/k)-n\sin(t+2\pi))^2=a_k^2
对于楼上的相似椭圆情形：
我们现在仅算出：当\(k=2s\)时
\(a_1=a_s,a_2=a_{s+1},...,a_s=a_{2s}\)
且\(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_s^2=a_{s+1}^2+a_{s+2}^2+...+a_{2s}^2=k(m^2+n^2)\sin(\pi/k)^2\)
对于奇数边的一般情形还未找到相应的公式？ 附件内容为超椭圆内接外切N边形问题的论文，或许只有mathe才能理解，消化。
mathe看完以后，看能否对N椭圆中N边形的边长关系给出一个可行的一般计算方法？ 太复杂了，很难看懂的。倒是里面的定理1不是很复杂，利用我推导出来的结论可以轻松给出。
也就是如果给定一些圆锥曲线\(\Gamma,\Gamma_1,\Gamma_2,...,\Gamma_n\)属于同一个二次曲线系
如果\(\Gamma\)的一个内接n边形各边依次同\(\Gamma_1,\Gamma_2,...,\Gamma_n\)相切，那么必然有无穷多个这样的n边形
（实际上从\(\Gamma\)上任意一点出发均可），这个只要利用这些二次对合变换的复合可交换的性质即可 对于\(k=2s+1\),奇数多边形内接外切相似双椭圆有结论：
\(a_i^2-a_{2s+2-i}^2 = f(\cos(\pi/2k),\cos(3\pi/2k),...,\cos(s\pi/2k))\sin(2t)(m^2-n^2)\)
且\(i=1...s\)
\(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_{2s+1}^2=2k(m^2+n^2)\sin(\pi/k)^2\)
对于\(k=3,5,7,9,11\)的结论可见：
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=4267&page=4&extra=#pid53459
页:
[1]